Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

CHINH PHỤC ĐIỂM 9 TRONG KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016 – P4
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
1
4
 1
+
=
 2
y −1
2 x2 + 2 y
Ví dụ 1. [ĐVH]: Giải hệ phương trình  x + 1

2
3
 y − 2 x + ( y − 2 ) ( x − 2 ) = 4
Lời giải:
y >1
1 1
2 2
ĐK:  2
. Đặt a = x 2 + 1; b = y − 1 ta có + =
a b
a 2 + b2
x + y > 0

4

x = 2 ⇒ y = 6

Vậy nghiệm của hệ phương tình ( x; y ) = {( −1;3) ; ( 2; 6 )}

Ví dụ 2. [ĐVH]: Giải bất phương trình

x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3x − 2

Lời giải:
ĐK: x ≥

⇔

2
(*). Khi đó (1) ⇔ x + 2 − 3 x − 2 + x 2 − x − 2 ≤ 0
3

2 ( x − 2)
x + 2 − 3x + 2
+ ( x + 1)( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) −
≤0
x + 2 + 3x − 2
x + 2 + 3x − 2

2


⇔ ( x − 2)  x + 1 −
≤0
x + 2 + 3x − 2 

2 
Vậy (1) có nghiệm là T =  ; 2  .
3 

(

Ví dụ 3. [ĐVH]: Giải bất phương trình 4 ( x + 1) < ( 2 x + 10 ) 1 − 2 x + 3
2

)

2

Lời giải:
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

( 2 x + 10 )(1 − 2 x − 3)
3
2
ĐK: x ≥ − (*). Khi đó (1) ⇔ 4 ( x + 1)


⇔ ( x + 1) 1 + 2 x + 3
2

Facebook: Lyhung95

)

2

< 2 ( x + 1) ( x + 5 )
2

 x ≠ −1
⇔
< 2 ( x + 5)
2 x + 4 + 2 2 x + 3 < 2 x + 10

 x ≠ −1
 x ≠ −1
 x ≠ −1

⇔
⇔
⇔ 3
 2 x + 3 < 3 0 ≤ 2 x + 3 < 9
− 2 ≤ x < 3
Kết hợp với (*) ta được x ≠ −1 và −

3


( 2 x + 3)

5 − x + ( x − 9 ) 2 x − 1 + x = x ⇔ ( 2 x + 3) 5 − x + ( x − 9 ) 2 x − 1 = 0 (*)

Đặt a = 5 − x , b = 2 x − 1 phương trình (*) trở thành

(b

2

+ 4 ) a − ( a 2 + 4 ) b = 0 ⇔ ab 2 + 4a − a 2 b − 4b = 0

a = b
⇔ ab ( b − a ) − 4 ( b − a ) = 0 ⇔ ( b − a )( ab − 4 ) ⇔ 
 ab = 4
+) Với a = b ⇒ 5 − x = 2 x − 1 ⇔ 5 − x = 2 x − 1 ⇔ x = 2 ⇒ y = 1
+) Với ab = 4 ⇒
Ta có

( 5 − x )( 2 x − 1) = 4 (**)

( 5 − x )( 2 x − 1) =

1

(10 − 2 x )( 2 x − 1) ≤

2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1)

+ 6b 2 ) ab = b 2 ( 8b 2 + 3a 2 )

2

⇔ b ( a 3 + 6ab 2 − 8b3 − 3a 2b ) = 0 ⇔ b ( a − 2b ) ( a 2 − ab + 4b 2 ) = 0

(3)

2

b  15b 2

Với b ≥ 1 có a − ab + 4b =  a −  +
> 0. Do đó ( 3) ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b
2
4

2

2

⇒ x + 3 = 2 y ⇒ x + 3 = 4 y ⇔ x = 4 y − 3.
Thế vào (2) ta được

− ( 4 y − 3) + 8 ( 4 y − 3) − 24 y + 417 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16
2

⇔ −16 y 2 + 32 y + 384 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16 ⇔ 4 − y 2 + 2 y + 24 = ( y + 2 ) y − 1 + 4 y + 16
⇔4



< 0 ⇔ ( x − 2x − 7) −
2



x+2
2
⇔ ( x2 − 2 x − 7 ) 1 −
 < 0 ⇔ ( x − 2x − 7)
2
 3 + x − 2x + 2 
Với ∀x ∈ ℝ có

x2 − 2 x + 2 =

(1 − x )

2

+1 >

(1 − x )

2

(

( x + 2 ) ( x2 − 2 x − 7 )
3 + x2 − 2 x + 2

)
 (

(

)

Lời giải.
17
Điều kiện 0 ≤ y ≤ ; x ≥ 0;63 − 14 x − 18 y ≥ 0 .
6
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
x3 + 2 x 2 + 9 x = (17 − 6 y ) 17 − 6 y + 2 (17 − 6 y ) + 9 17 − 6 y .
Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t 2 + 9t ⇒ f ′ ( t ) = 3t 2 + 4t + 9 = ( t + 2 ) + 2t 2 + 5 > 0, ∀t ∈ ℝ .
Suy ra hàm số này liên tục và đồng biến trên tập hợp số thực ℝ . Hơn nữa
 x 2 = 17 − 6 y
f ( x ) = f 17 − 6 y ⇔ x = 17 − 6 y ⇔ 
x ≥ 0
Phương trình thứ nhất của hệ lúc đó trở thành
6y
= 3 x + x + 2 63 − 14 x + 3 ( x 2 − 17 ) ⇔ 6 = 3x + x + 2 3x 2 − 14 x + 12
y
2

(

)

3 ( 2 − x ) − x = 2 3 ( x2 − 4 x + 4) − 2 x ⇔ 3 ( 2 − x ) − x = 2 3 ( 2 − x ) − 2 x
2

u = v
u = v
2 − x = x
 x − 1
3u − v ≥ 0
−10v ≥ 0
v ≤ 0
v = 0
x = 0
• 
⇔
⇔
⇒
⇔
(Hệ vô nghiệm).
u = −3v
u = −3v
u = −3v u = 0
x = 2
 8
Từ đây đi đến kết luận hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .
 3

(

Ví dụ 8. [ĐVH]: Giải bất phương trình

( 35 − 12 x )

)(

2
 x
  35 2
x4
2 x2
 35 
⇔
+ x <   ⇔ 2
+
−  < 0
2
x −1
x 2 − 1  12 
 x −1
  12 
x2
25
25
25
5
5
⇔